四川省都江堰市八一聚源高级中学高二物理下学期第二次月考试题解析.docx
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四川省都江堰市八一聚源高级中学高二物理下学期第二次月考试题解析
八一聚源高级中学2016年春季第二次月考
高二物理
总分100分时间100分钟
第Ⅰ卷(选择题,共47分)
一、(27分)选择题。
本大题共9小题,每小题3分。
每小题给出的四个答案中,只有一个是正确的。
把正确答案全选出来,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e-t图像如图,则在()
A.t1,t3时刻线圈通过中性面
B.t2,t4时刻线圈中磁通量最大
C.t1,t3时刻线圈中磁通量变化率最大
D.t2,t3时刻线圈平面与中性面垂直
2.一个面积S=4×
10-2m2、匝数N=102匝的线圈,放在匀强磁场中,磁场方向垂直线圈平面,磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示.则()
A.在开始2s内穿过线圈磁通量的变化率等于8wb/s
B.在开始2s内穿过线圈磁通量的变化量
等于零
C.在开始2s内线圈中产生的感应电动势等于8V
D.在第3s末线圈中产生的感应电动势为零
3.一水平弹簧振子作简谐振动,周期为T,则()
A.若t时刻和t+△t时刻振子位移大小相等,方向相同,则△t一定等于T的整数倍
B.若t时刻和t+△t时刻振子位移大小相等,方向相反,则△t一定等于T/2的整数倍
C.若△t=T,则在t时刻和t+△t时刻振子运动的加速度一定相等
D.若△t=T/2、则在t时刻和t+△t时刻时刻,弹簧的长度一定相等
4.在张紧的绳子上挂了a、b、c、d四个单摆,摆长关系为Lc>Lb=Ld>La,如图所示,先让d摆动起来(摆角不超过5°),则下列说法正确的是()
A.b摆发生振动其余摆均不动
B.所有的摆均以
的周期振动
C.所有的摆均以相同摆角振动
D.a、b、c中c摆振动幅度最大
5.劲度系数为k的轻弹簧竖直悬挂,在其下端挂一质量为m的砝码,然后从弹簧原长处自静止释放砝码,不计摩擦阻力。
则()
A.砝码的运动不是简谐振动B.砝码最大加速度为2g
C.砝码偏离平衡位置的最大位移为2mg/
k
D.弹簧最大弹性势能为2m2g2/k
6.下图是一个竖直悬挂的弹簧振子做简谐振动的振动的振动图像(x-t图),由图可推断,振动系统()
A.在t1到t3时刻振
子的回复力力大于振子的重力
B.在t3和t4时刻具有相等的总势能和相同的速度
C.在t2和t5时刻具有正向最大加速度而速度为0
D.在t4和t6时刻具有相同的速度和加速度
7.两只相同的电阻,分别通有正弦交流电和方形波的交流电.两种交变电流的最大值相等,电流波形如图所示,在正弦交流电的一个周期内,正弦交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方形波交流电在该电阻上产生的焦耳热Q2之比为
等于()
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶1
D.1∶4
8.如图甲所示,一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,副线圈两端接三条支路,每条支路上都接有一只灯泡,电路中L
为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻.当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时,三只灯泡都能发光.如果加在原线圈两端的交流电电压的最大值保持不变,而将其频率变为原来的3倍,与改变前相比,下列说法中正确的有(
)
A.副线圈两端的电压为36VB.灯泡Ⅰ变亮
C.灯泡Ⅱ变亮D.灯泡Ⅲ变亮
9.如图所示为一列向某方向传播的简谐横波在某时刻的波形图,在波的传播方向上有一质点P在该时刻的振动方向如图,Q点在平衡位置.由图可知
A.波向右传播B.波向左传播
C.P点振幅比Q点大D.P点振动速度比Q点大
二、不定项选择题(每小题给出的四个选项中至少有一个是正确的,请选出正确的选项,全对得4分,漏选得2分,不选或错选不得分,共20分)
10.有理想边界的直角三角形区域abc内部存在着两个方向相反的垂直纸面的匀强磁场,e是斜边ac上的中点,be是两个匀强磁场的理
想分界线.现以b点为原点O,沿直角边bc作x轴,让在纸面内与abc形状完全相同的金属线框ABC的BC边处在x轴
上,t=0时导线框C点恰好位于原点O的位置.让ABC沿x轴正
方向以恒定的速度v穿过磁场,现规定逆时针方向为导线框中感应电流的正方向,在下列四个i-x图像中,能正确表示感应电流随线框位移变化关系的是()
11.如图所示,若单摆处于沿水平方向作匀加速直线运动的系统内,单摆的摆长为l,系统水平向右的加速度为a,摆线与竖直方向成
角,摆球的质量为m,则这一单摆的周期为()
A.
B.
C.
D.
12.如图电路(a)、(b)中,电阻R和自感线圈L的电阻值都相同,接通K,使电
路达到稳定,灯泡S发光.下列说法正确的是()
A.在电路(a)中,断开K,S将渐渐
变暗
B.在电路(a)中,断开K,S将先变得更亮,然后渐渐变暗
C.在电路(b)中,断开K,S将渐渐变暗
D.在电路(b)中,断开K,S将先变得更亮,然后
渐渐变暗
13.如图所示,a、b间接入正弦交流电,变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高急剧减小),所有电表均为理想电表,电流表A2为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表V2显示加在报警器上的电压,R3为一定值电阻。
当传感器R2所在处出现火情时,以下说法中正确的是()
A.A1的示数增大,A2的示数增大B.A1的示数增大,A2的示数减小
C.V1的示数减小,V2的示数减小D.V1的示数不变,V2的示数减小
14.如图所示,相距为d的两条水平虚线Ll、L2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(L ,cd边刚离开磁场时速度也为 ,则 A.线圈进入磁场过程中,感应电流为逆时针方向 B.线圈完全进入磁场后,做自由落体运动 C.线圈穿越磁场的过程中,最小速度可能为 D.线圈穿越磁场的过程中,克服安培力做功为2mgL 第Ⅱ卷(非选择题,共53分) 三、实验题(20分,每空2分) 15.某实验探究小组为了探究物体的加速度与所受合外力 之间的关系,设计了如图a所示的实验装置.该实验小组成员用钩码的重力作为小车所受的合力,用传感器测小车的加速度,通过改变钩码的数量,多次重复测量,可得小车运动的加速度a和所受合力F的关系图象,他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a﹣F图象,如图b所示. (1)图b中的图象 是在轨道右侧抬高的情况下得到的(填“①”或“②”).当钩码的数量增大到一定程度时,图b中的图象明显偏离直线,造成此误差的主要原因是 . (2)小车和传感器接收器的总质量m= kg,小车和轨道间的动摩擦因数μ (g=10m/s2). 16.在用单摆测重力加速度的实验中 (1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,用毫米 刻度尺测得悬线长为98.00cm,用10分度的游标卡尺测摆球的直径时示数如右图所示,则该单 摆的摆长为____▲____cm。 (2)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值,应选用下列所给器材中的哪些? (将所选用的器材的字母填在题后的横线上。 ) (A)长1m左右的细绳;(B)长30m左右的细绳; (C)直径2cm的铁球;(D)直径2cm的木球; (E)秒表;(F)时钟;(G)最小刻度是厘米的直尺;(H)最小刻度是毫米的直尺。 所选择的器材是▲。 (填序号) (3)实验时摆线偏离竖直线的要求是▲。 为了减小测量周期的误差,应在__▲___位置开始计时和结束计时。 (4)某同学测出不同摆长时对应的周期T,作出T2~L图线,如图所示,再利用图线上任两点A、B的坐标(x1,y1) 、(x2,y2),可求得g=▲。 若该同学测摆长时漏加了 小球半径,而其它测量、计算均 无误,也不考虑实验误差,则用上述方法算得的g值和真实值相比是▲的(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 四、计算题(共33分) 17.(10分)如图所示,质量为m的物体放在弹簧上,与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动。 当振幅为A时,已知物体振动到最低点时对弹簧的压力为物体重力的1.5倍。 求: (1)弹簧的劲度系数K和物体振动到最低点时所需的回复力的大小。 (2)物体振动到平衡位置时弹簧的形变量的大小。 (3)物体振动到最高点时弹簧的弹力是多大。 (4)要使物体在振动中不离开弹簧,振幅不能超过多大。 18.(10)如图所示,某水电站发电机的输出功率为100kW,发电机的电压为250V,通过升压变压器升高电压后向远处输电,输电线总电阻为8Ω,在用户端用降压变压器把电压降为220V.若输电线上损失的功率为5kW,不计变压器的损耗.求: (1)输电导线上输送的电流; (2)升压变压器的输出电压U2; (3)降压变压器的匝数比;(4)若改用10kV电压输电,则输电线上损失的功率是多大? 19(13分).如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L=0.5m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终良好接触,已知两棒质量均为m=0.02kg,电阻均为R=0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能够保持静止.g取10m/s2, 问: (1)通过棒cd的电流I是多少,方向如何? (2)棒ab受到的力F多大? (3)棒cd每产生Q=0.1J的热量,力F做的功W是多少? 八一聚源高级中学 班级: 姓名: 考号: ……………………………………装……………………订…………………线……………………………………………… 高二第二次月考物理答题卡 座位号: 得分: 一、单项选择题(共27分,每小题3分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 2、多项选择题(共20分) 题号 10 11 12 13 14 答案 三、实验题(20分,每空2分) 15 (1)____________________________________________ (2)_________________kg___________________ 16 (1)___________________ (2)____________________ (3)_________________________________ (4)________________________________ 四、计算题(共33分) 17.(10分) 18.(10) ——————————————————————————————————————— 19(13分) 高2017届高二春季第二次月考物理参考答案 一、选择题(27分)(每小题给出的四个选项中只有一个是正确的,请选出正确的选项) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A C C B D B B D B 二、多项选择题(每小题给出的四个选项中有且仅有两个是正确的,请选出正确的选项,全对得4分,漏选得2分,不选或错选不得分,共20分) 10 11 12 13 14 C CD AD BD AC 三、实验题(共18分) 15.【解答】解: (1)由图象可知,当F=0时,a≠0.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大,平衡摩擦力时木板的右端垫得过高.所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的. 随着钩码的数量增大到一定程度时图(b)的图线明显偏离直线,造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大,不满足钩码的质量远远小于小车的质量这个条件. (2)根据F=ma得a﹣F图象的斜率k= , 由a﹣F图象得图象斜率k=2,所以m=0.5kg. 由a﹣F图象②得,当F=1N时,物体即将要滑动,即最大静摩擦力等于1N, 所以滑块和轨道问的动摩擦因数为: μ= =0.2 故答案为: (1)①;所挂钩码的总质量太大 (2)0.5,0.2. 16.所选择的器材是 ACEH . (2)实验时摆线偏离竖直线的要求是 摆线与竖直方向的夹角不超过(或小于)5° . (3)g= .用上述方法算得的g值和真实值相比是 不变 的(选填“偏大”、“偏小”或“不变”). 【考点】用单摆测定重力加速度. 【分析】 (1)根据单摆模型的要求,摆球密度要大,体积要小,细线要长,读数要提高精度; (2)单摆的摆角不能太大,摆角越大,误差越大; (3)根据单摆的周期公式列式分析即可. 【解答】解: (1)A、B、单摆模型中,小球视为质点,故摆线越长,测量误差越小,故A正确,B错误; C、D、摆球密度要大,体积要小,空气阻力的影响才小,故C正确,D错误; E、F、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻,故E正确,F错误; G、H、刻度尺的最小分度越小,读数越精确,故G错误,H正确; 故选ACEH; (2)单摆模型中,摆角较小时,才可以近似看作简谐运动,故摆角越小越好,通常不能超过5°; 故答案为: 摆线与竖直方向的夹角不超过(或小于)5°,因为只有在摆角不超过 (或小于)5°的情况下,单摆的周期公式 才成立; (3)根据单摆周期公式 ,有 ,故图象的斜率为: ,解得g= ; 测摆长时漏加了小球半径,图象向左偏移了,但斜率不变,故重力加速度的测量值不变; 故答案为: ,不变. 四题、计算题(共33分)17.(10分)解: (1)当木块运动到最低点时: F回=F弹1-mg(分)因为F弹1=1.5mg,所以F回=0.5mg.(分) 又F回=KA得: K=0.5mg/A1分) (2)当木块运动到平衡位置时,弹簧的压缩量为x0 则: Kx0=mg解得: x0=2A(分) (3)当木块运动到最高点时,又F回=KA=0.5mg,设弹簧的弹力为F 弹2, 则: F回=mg-F弹2(分) 代入求得: F弹=mg/2.(分) (4)物体在平衡位置下方处于超重状态,不 可能离开弹簧,只有在平衡位置上方可能离开弹簧.要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧,物体在最高点的加速度a=g此时弹簧的弹力为零.若振幅再大,物体便会脱离弹簧.物体在最高点刚好不离开弹簧时,回复力为重力,所以: mg=KA/(1分), 则振幅A/= =2A.(分) 18.(10分)【考点】远距离输电. 【分析】 (1)应用远距离输电损失功率△P=I2R计算电流; (2)由输送功率P=UI计算输送电压U2; (3)由U3=U2﹣IR及 计算匝数之比; (4)由P=UI及△P=I′2R计算改变输送电压以后的损失功率. 【解答】解: (1)由P=IR2知输电线上的电流I= = (3分) (2)升压变压器的输出电压U2= = =4000V(2分) (3)降压变压器的输入电压U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V(2分) 降压变压器的匝数比 = (2分) (4)改为10kv电压后输电线上的电流I′= = A=10A(1分) 输电线上损失的功率为△P=I′2R=102×8W=800W(2分) 答: (1)线上输送的电流25A; (2)升压变压器的电压为400v (3)降压变压器的匝数比 ; (4)若改用10kV电压输电,则输电线上损失的功率是800W. 19.(13分) 解: 考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;安培力. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: (1)对cd研究: cd保持静止,分析受力情况,由平衡条件求出安培力大小,即能由安培力公式F=BIL求出电流的大小,由左手定则判断I的方向. (2)再对棒ab研究,棒ab沿导轨向上匀速运动,由平衡条件求出F. (3)两棒电阻相等,产生的热量相等.由功能关系求得力F做的功. 解答: 解: (1)棒cd受到的安培力为: Fcd=BIL…①(分) 棒cd在共点力作用下平衡,则有: Fcd=mgsin30°…②(分) 由①②式得: BIL=mgsin30°(1分) 解得: I= = A=1A,(分) 方向由右手定则可知由d到c.(1分) (2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd(分) 对棒ab由共点力平衡有: F=mgsin30°+BIL(分) 代入数据解得: F=2mgsin30°=0.2N(分) (3 )设ab棒匀速运动的速度大小为v,则产生的感应电动势: E=BLv(分) 由闭合电路欧姆定律知: I= (分) 联立得: 2IR=Blv,v= m/s=2m/s(分) 设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量,由焦耳定律可知: Q=I2Rt(分) 则得: t= = s=1s(分) 在时间t内,棒ab沿导轨的位移: x=vt(分) 力 F做的功: W=Fx=Fvt=0.2×2×1J=0.4J(1分) 答: (1)通过cd棒的电流I是1A,方向d→c. (2)棒ab受到的力F是0.2N. (3)棒力F做的功W是0.4J 点评: 本题是电磁感应中的力学问题,综合运用电磁磁学知识和力平衡知识.第2问题,也可以选择研究整体求解F的大小.
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